2023年中考数学专题复习课件：特殊四边形存在性问题

这是一份2023年中考数学专题复习课件：特殊四边形存在性问题，共52页。PPT课件主要包含了典例精析，针对训练，第1题解图，第2题解图①等内容，欢迎下载使用。

例　如图，抛物线y＝x2＋6x＋5与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，顶点为M，对称轴l与x轴交于点D，与直线AC交于点E.
(1)设点N是抛物线上一点，点S是x轴上一点，是否存在点N，使得以A，E，N，S为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由；
【思维教练】分NS为平行四边形的边和NS为平行四边形的对角线两种情况讨论．
解：(1)存在．①如图，过点N作NT⊥x轴，交x轴于点T，
当NS为平行四边形的一条边时，SN∥AE，且SN＝AE，则∠NST＝∠EAD，
∵NT⊥x轴，ED⊥x轴，∴∠NTS＝∠EDA＝90°，又∵SN＝AE，∴△SNT≌△AED(AAS).令x2＋6x＋5＝0，解得x1＝－1，x2＝－5，∴A(－5，0)，B(－1，0)，令x＝0，得y＝5.∴C(0，5).
设直线AC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将A(－5，0)，C(0，5)代入， 得 ，解得 ，∴直线AC的解析式为y＝x＋5. ∵抛物线的对称轴为直线x＝－ ＝－3，∴把x＝－3代入直线解析式，得y＝2.∴E(－3，2)，∴NT＝ED＝2.
设点N的坐标为(n，n2＋6n＋5).当点N在x轴上方时，NT＝n2＋6n＋5＝2，解得n1＝－ －3，n2＝ －3.此时点N的坐标为(－ －3，2)或( －3，2)；当点N在x轴下方时，NT＝－n2－6n－5＝2，解得n3＝－3＋ ，n4＝－3－ ，此时点N的坐标为(－3＋ ，－2)或(－3－ ，－2)；
②如图，过点N作NG⊥x轴，交x轴于点G，
(2)设点G是抛物线的对称轴上一点，K是坐标平面内一点，是否存在点G，使得A，C，G，K为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；
【思维教练】要使以A，C，G，K为顶点的四边形是矩形，只需△ACG是直角三角形即可，可分为①∠ACG＝90°，②∠CAG＝90°，③∠CGA＝90°三种情况，分别利用勾股定理列方程即可求解．
(2)存在．要使以A，C，G，K为顶点的四边形是矩形，则△ACG一定是直角三角形．∵点G在对称轴上，∴设点G的坐标为(－3，g)，由勾股定理得AC2＝52＋52＝50，AG2＝(－5＋3)2＋g2＝4＋g2，CG2＝32＋(g－5)2＝g2－10g＋34，①若∠ACG＝90°，则AC2＋CG2＝AG2，即50＋g2－10g＋34＝4＋g2，解得g＝8，此时点G的坐标为(－3，8)；
②若∠CAG＝90°，则AC2＋AG2＝CG2，即50＋4＋g2＝g2－10g＋34，解得g＝－2，此时点G的坐标为(－3，－2)；③若∠CGA＝90°，则CG2＋AG2＝AC2，即g2－10g＋34＋4＋g2＝50，解得g1＝6，g2＝－1，此时点G的坐标为(－3，6)或(－3，－1).综上所述，存在满足条件的点G，点G的坐标为 (－3，8)或(－3，－2)或(－3，6)或(－3，－1)；
(3)设点Q是抛物线上一点，点R是坐标平面内一点，是否存在四边形AQCR是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
【思维教练】由四边形AQCR是菱形可确定AC是对角线，结合OC＝OA，过点O作OI⊥AC，则OI平分AC，从而可得点Q在OI所在直线上．只需求出OI所在直线的解析式，与抛物线联立解方程组即可求得点Q的坐标．
(3)存在．理由如下：如图，过点O作OI⊥AC于点I，
∵四边形AQCR是菱形，∴QR垂直平分AC.∵OA＝OC＝5，∴AI＝CI，∴OI是AC的垂直平分线，∴点Q，R在AC的垂直平分线上，∴点Q是直线OI与抛物线的交点．
∵I是AC的中点，∴xI＝ ＝－ ，yI＝ ＝ ，∴点I的坐标为(－ ， )，设直线OI的解析式为y＝tx(t≠0)， 将点I的坐标代入，可得t＝－1，∴直线OI的解析式为y＝－x， 联立 ，
解得 ， ，综上所述，存在满足题意的点Q，点Q的坐标为( ， )或( ， )；
(4)设点P是抛物线上一点，Q是x轴上一点，R为坐标平面内一点，若以A，P，Q，R为顶点的四边形是正方形，求点Q的坐标．
【思维教练】将以A，P，Q，R为顶点的四边形是正方形问题，转化为等腰直角三角形APQ的存在性问题，分A，P，Q分别为直角顶点三种情况讨论．
(4)∵OA＝OC＝5，∴∠CAO＝45°，若以A，P，Q，R为顶点的四边形是正方形， 则△APQ为等腰直角三角形．分以下三种情况讨论：①当∠PAQ＝90°时，PA∥y轴， 此时点P不在抛物线上，不存在满足条件的点Q；②当∠APQ＝90°时，则∠QAP＝45°，如解图④，过点A作与x轴成45°角的直线， 交抛物线于点P，
当点P在x轴下方时，∵∠Q1AP1＝45°，∠CAO＝45°，∴∠CAP1＝90°，即P1A⊥AC.由(1)知直线AC的解析式为y＝x＋5，∴AP1所在直线的解析式为y＝－x－5， 联立 ，解得 ， (与A点重合，舍去)，∴P1(－2，－3).
∵△AP1Q1是等腰直角三角形，Q1是x轴上一点，∴Q1(1，0)；当点P在x轴上方时，∵∠CAO＝45°＝∠OAP2，∴点P2与点C重合，∵△AP2Q2是等腰直角三角形，Q2是x轴上一点，∴P2O⊥AO，即点A与点Q2关于y轴对称，∴Q2(5，0)；
③当∠AQP＝90°时，∠QAP＝45°，∴点P的情况与②相同，如解图④，过点P1作P1Q3⊥x轴于点Q3，此时∠AQ3P1＝90°，∴Q3(－2，0)；由②得OP2⊥x轴，则Q4与O点重合，∴Q4(0，0).综上所述，存在满足条件的点Q，点Q的坐标为 (1，0)或(5，0)或(－2，0)或(0，0).
1.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于点A(－1，0)，点B(－3，0)，且OB＝OC.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)∵OB＝OC，B(－3，0)，∴C(0，－3).把A(－1，0)，B(－3，0)，分别代入抛物线y＝ax2＋bx－3， 得 ，解得 ，∴抛物线的解析式为y＝－x2－4x－3；
(2)点P在抛物线上，且∠POB＝∠ACB，求点P的坐标；
则tan ∠POQ＝tan ∠ACG＝ .①当点P在第二象限时，t＜0，－t2－4t－3＞0.则PQ＝－t2－4t－3，OQ＝－t， tan ∠POQ＝ ，即2t2＋7t＋6＝0.解得t1＝－2，t2＝－ ，∴P1(－2，1)，P2(－ ， ).
②当点P在第三象限时，t<0，－t2－4t－3<0，则PQ＝t2＋4t＋3，OQ＝－t， tan ∠POQ＝ ，即2t2＋9t＋6＝0，解得t3＝ ，t4＝ . ∴P3( ， )，P4(－ ，－ ).
③当点P在第四象限时，∠POB＞90°，而∠ACB＜90°，∴点P不在第四象限．综上所述，点P的坐标为(－2，1)或(－ ， )或( ， )或 (－ ，－ )；
(3)抛物线上两点M，N，点M的横坐标为m，点N的横坐标为m＋4，点D是抛物线上M，N之间的动点，过点D作y轴的平行线交MN于点E.①求DE的最大值；
(3)①设M(m，－m2－4m－3)，N(m＋4，－(m＋4)2－4(m＋4)－3)， 即N(m＋4，－m2－12m－35).设直线MN的解析式为y＝kx＋n(k≠0)， 将点M，N的坐标分别代入，
得 ，解得 ，∴直线MN的解析式为y＝(－2m－8)x＋m2＋4m－3.设D(t，－t2－4t－3)，E[t，(－2m－8)t＋m2＋4m－3]，∴DE＝(－t2－4t－3)－[(－2m－8)t＋m2＋4m－3]＝－t2＋2(m＋2)t－(m2＋4m)＝－[t－(m＋2)]2＋4，当t＝m＋2时，DE取得最大值，最大值为4；
②点D关于点E的对称点为F，当m为何值时，四边形MDNF为矩形？
②当DE最大时，点E(m＋2，－m2－8m－19)为MN的中点．由题意得点E为DF的中点，∴当DE最大时，四边形MDNF为平行四边形．若▱MDNF为矩形，则MN2＝DF2＝4DE2， 故42＋(8m＋32)2＝4×42，化简得(m＋4)2＝ ，解得m＝－4± .∴当m＝－4＋ 或－4－ 时，四边形MDNF为矩形．
2. 如图，抛物线顶点P(1，4)，与y轴交于点C(0，3)，与x轴交于点A，B.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)设抛物线解析式为y＝a(x－1)2＋4(a≠0).∵抛物线过点C(0，3)，∴a＋4＝3，∴a＝－1.∴y＝－(x－1)2＋4＝－x2＋2x＋3；
(2)Q是抛物线上除点P外一点，△BCQ与△BCP的面积相等，求点Q的坐标；
②设抛物线的对称轴交BC于点G，交x轴于点H，G(1，2)，∴PG＝GH＝2，∴H(1，0).如解图①，过点H作Q2Q3∥BC交抛物线于点Q2，Q3.
∴直线Q2Q3的解析式为y＝－x＋1，联立 ，解得 ，∴Q2( ， )，Q3( ， ).综上所述，满足条件的点Q的坐标为(2，3)或( ， )或( ， )；
(3)若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E，是否存在点M，N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．
(3)存在满足条件的点M，N.如解图②，过点M作MF∥y轴，过点N作NF∥x轴交MF于点F，过点N作NH∥y轴交BC于点H.则△MNF与△NEH都是等腰直角三角形．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN为y＝－x＋b.联立 ，∴x2－3x＋(b－3)＝0. ∴NF2＝|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝21－4b.∵△MNF为等腰直角三角形，∴MN2＝2NF2＝42－8b.又∵NH2＝(b－3)2，∴NE2＝ (b－3)2，
若四边形MNED为正方形，∴NE2＝MN2，∴42－8b＝ (b2－6b＋9)，∴b2＋10b－75＝0，∴b1＝－15，b2＝5.∵正方形边长为MN＝ ，∴MN＝9 或 .
3. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，∠ACB＝90°.(1)求抛物线的解析式；
解：(1)∵A(－1，0)，B(4，0)，∴OA＝1，OB＝4，∴AB＝5.易证△AOC∽△ACB，∴ ，即 ，解得AC＝ (负值已舍去)，∴OC＝ ＝2，∴C(0，2).设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－4)(a≠0)，将C(0，2)代入，得a×1×(－4)＝2，解得a＝－ ， ∴抛物线的解析式为y＝－ (x＋1)(x－4)＝－ x2＋ x＋2；
(2)已知直线BC与抛物线的对称轴交于点D，求点D的坐标；
将x＝ 代入y＝－ x＋2，得y＝ ，∴D( ， )；
(3)点M是抛物线对称轴上一点，在坐标平面内是否存在一点N，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解法提示】∵以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形，∴分BC为对角线，BM为对角线，BN为对角线三种情况讨论．
①当BC为对角线时，如解图①.设点M( ，m)，∴BM2＝(4－ )2＋m2，CM2＝( )2＋(m－2)2.∵以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形，∴BM＝CM，即BM2＝CM2，∴(4－ )2＋m2＝( )2＋(m－2)2，解得m＝0，∴M( ，0)，∴由菱形的性质可知点N的坐标为( ，2)；
②当BM为对角线时，如解图②，当点M在x轴下方时，过点M作y轴的垂线，垂足为点F.在Rt△BOC中，∵OB＝4，OC＝2，∴BC＝ .∵以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形，∴CM＝BC＝2 ，∴CF＝ ，∴OF＝CF－OC＝ －2，
∴M( ， )，∴由菱形的性质可知点N的坐标为( ，－ ).当点M在x轴上方时，同理可得点N的坐标为( ， );
∵以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形，∴BM＝BC＝2 ，∴EM＝ ，∴M( ，－ )，∴由菱形的性质可知点N的坐标为(－ ， ).当点M在x轴上方时，同理可得点N的坐标为(－ ， ).
综上所述，点N的坐标为( ，2)或( ，－ )或( ， )或(－ ， )或(－ ， ).
4.如图，抛物线y＝ x2－2x－6与x轴相交于点A，点B，与y轴相交于点C.(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
解：(1)A(－2，0)，B(6，0)，C(0，－6)；
(2)点P(m，n)(0＜m＜6)在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
∴直线BC的解析式为y＝x－6，∴点D的坐标为(m，m－6)， ∴PD＝(m－6)－( m2－2m－6)＝－ m2＋3m，∴S△PBC＝ PD·(xB－xC)＝ ×(－ m2＋3m)×6＝－ m2＋9m＝－ (m－3)2＋ ， ∵－ ＜0，∴当m＝3时，S△PBC有最大值，S△PBC的最大值为 ；
(3)点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)存在．设点E的坐标为(t，0)，以A，C，E，F为顶点的平行四边形分两种情况， 如解图②：
①当点F在x轴上方时，∵A(－2，0)，C(0，－6)，E(t，0)，AC∥EF，∴F(t－2，6)，∵点F在抛物线y＝ x2－2x－6上，∴6＝ (t－2)2－2(t－2)－6，解得t1＝2 ＋4，t2＝－2 ＋4，∴点F1(2 ＋2，6)，F2(－2 ＋2，6)；②当点F在x轴下方时，∵A(－2，0)，C(0，－6)，E(t，0)，AC∥EF，∴F(t＋2，－6)，